重庆市渝西中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份重庆市渝西中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 总分150分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 记的内角的对边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理可求出结果.
【详解】由正弦定理，得.
故选：B
2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A. 5B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用复数除法运算法则化简复数，再求复数的模.
【详解】.
.
故选：B
3. 已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】首先计算正四棱锥的高，再计算体积.
【详解】如图，正四棱锥，，，则，
则该正四棱锥的体积.
故选：A
4. 已知向量，，满足，则实数（ ）
A. 2B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标表示以及模长公式列方程即可求得.
【详解】依题意可得，
所以，整理可得，
即可得，解得.
故选：C
5. 直三棱柱中，，，，则它的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直三棱柱的外接球，即为对应长方体的外接球，外接球的直径是长方体的对角线，由此求出外接球的表面积.
【详解】由题意，直三棱柱中，，，，画出长方体，如图所示：
则长方体的外接球即为三棱柱的外接球，所求的外接球的直径为体对角线，则外接球的表面积是，
故选：C
6. 如图，是水平放置的斜二测画法的直观图，的边，，则原中角A的角平分线长度是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由的直观图可得，，，再利用角平分线定理可求得，再由勾股定理可得结论.
【详解】易知为直角三角形，且，，由勾股定理可得，
设角A角平分线交BC于D，如下图所示：

根据角平分线性质知，
又因为，所以，，
所以，
故选：D．
7. 阿蓬，土家语为“雄奇秀美”之意.阿蓬江为长江二级支流，乌江一级支流，阿蓬江国家湿地公园以河流湿地为主，跨黔江、酉阳两区县，黔江境内自古石城经官渡峡到神龟峡，还有丰富的支流水系，湿地生态系统完整，贯穿黔江境内多个A级景区，有着一江两岸秀美的湿地风光.如图为了测量湿地内A、B两点间的距离，观察者在同一平面内找到在同一条直线上的三点C、D、E，从D点测得，从C点测得，，从E点测得.若测得，，则A，B两点间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理以及角度和距离之间的关系计算可得答案.
【详解】在中，因为，，
所以，则．
在中，因为，，
所以，
由正弦定理得，可得．
在中，因为，，，
所以由余弦定理得，
得，
故选：B．
8. 如图，设是平面内相交成的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作．若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得的值，由题意得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得答案.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，
由题意可得
所以，
，
设，
因为，所以，
，，
由
可得，
解得（舍去），，
由，
因为所以
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每个小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 复数的虚部为
C. D. 复数w满足，则的最大值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数的四则运算、乘方运算以及共轭复数的概念可判断A正确，B错误，C正确，利用复数的几何意义可求得D正确.
【详解】对于A，由可得；
而，所以可得，即A正确；
对于B，，其虚部为，即B错误；
对于C，，即可得C正确；
对于D，设，则由可得，
所以复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
因此的最大值为，即可得D正确；
故选：ACD.
10. 所在平面内一点满足，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 延长交于点，则
C. 若，且，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题设条件，结合向量的线性运算可判断A，设，，结合向量的线性运算可判断B；由向量数量积的性质及运算可判断C、D.
【详解】选项A：，，故A错；
选项B：延长交于点，设，，
所以，
由，得，
所以，
即，解得：，则，故B正确；
选项C：∵，∴，延长交于点，
∴，∵，由B选项知，∴，
故C正确；
选项D：由，，
两边平方得，∴，
∴，故D正确.
故选：BCD
11. 正方体的棱长为a，M，N分别是正方形，的中心（如图所示）.则下列结论正确的是（ ）
A.
B. AB与共面
C. 平面与该正方体所得的截面面积为．
D. 平面将正方体分成前后两部分的体积比为
【答案】BCD
【解析】
【分析】作出平面判断AC；作出平面截正方体所得截面，推理、计算判断BD.
【详解】在正方体中，过作分别交于，连接，则，
对于A，平面，点平面，点，
又点平面，
因此是异面直线，A错误；
对于C，四边形是矩形，且是平面截该正方体所得的截面，而为正方形的中心，
则是的中点，，矩形的面积，C正确；
连接，矩形是正方体的对角面，则，
由为正方形的中心，得点为中点，因此，
点共面，则与共面，B正确；
对于D，，延长交于点，连接交于点，
延长交于，连接，令直线交于，连接，
则四边形平面截正方体所得截面，
由分别为正方形，的中心，得，
连接，
多面体的体积，
而正方体的体积，因此平面将正方体分成前后两部分的体积比为，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量与的夹角为，，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】将平方并利用数量积定义可计算可得结果.
【详解】易知
；
故答案为：2
13. 圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形，则该圆柱的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆柱轴截面可求得圆柱的半径和高，即可求得圆柱表面积.
【详解】由圆柱的轴截面是边长为4cm的正方形可知，
该圆柱上底面直径为4cm，半径为2cm，高为4cm；
根据圆柱表面积公式可得.
故答案为：.
14. 在中，角的对边分别为，其面积为，已知，则（1）________；（2）的最大值为________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空1：由条件，结合正弦定理化边为角可得，结合内角和公式，诱导公式，两角和正弦公式化简可得结论，
空2：方法一：由条件化角为边可得，结合三角形面积公式及条件可得，再求其最值；
方法二：作垂直于点,设，，结合第一空结论可得，，结合三角形面积公式可得，结合基本不等式求最值.
【详解】设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，
所以
又，故，因为，
所以，
∴，
∴，
∴，
∴；
第二空：方法一：因为，
∴ ∴，
又因为，∴
∴
，
当时，即时，取得最大值，最大值为．
方法二：作垂直于点,
由（1），∴ ∴，
设，，则，∴，
∴，
当且仅当时，即时等号成立，
所以最大值为．

故答案为：13；13.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，先利用正弦定理，余弦定理将条件中的边角关系转化为角的关系或边的关系，再结合三角恒等变换或结合代数变形对相关式子进行变形求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. （1）已知复数是关于x的方程的一个根，求实数p，t的值．
（2）已知平面向量，，满足，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）或；（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意复数满足方程，带入化简后利用复数相等列出等式即可求解；
（2）由条件得，进而求出，再分别求出与的坐标和模长，再用夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为复数是关于x的方程的一个根，
所以，
整理得，
当时，代入可得，
当时，有，
解得，
综上：或 .
（2）由已知，化简可得，
即，所以 ，
∴， .
∴，
设与的夹角为，
则，
即与的夹角的余弦值为．
16. 正方体的棱长为a，E为棱中点．
（1）求证：平面；
（2）求点D到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作中位线并利用线面平行的判定定理即可证明得出结论；
（2）利用等体积法以及三棱锥的体积公式即可计算求出结果.
【小问1详解】
证明：设AC与BD交于点O，连结OE，如下图所示：
因为是正方体，所以ABCD为正方形，O为BD中点．
又E为中点，可知；
又平面AEC，平面，
所以平面AEC，
【小问2详解】
设点D到平面AEC的距离为d，则由图可知：
在中，，，可得，
由可得，
即，
解得，
即点D到平面AEC的距离．
17. 已知的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，．
（1）求角A；
（2）若的面积，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理计算可得，即可求得；
（2）由三角形面积计算可得，利用余弦定理可求得，再利用正弦定理即可求得结果.
【小问1详解】
由利用正弦定理可得，
又因为，所以，可得；
所以，
又，
可得.
【小问2详解】
由（1）知，
解得；
由余弦定理得，所以
由正弦定理可得；
所以
18. 正六棱台玻璃容器的两底面棱长分别为，，高为，如图水平放置，盛有水深为．
（1）求玻璃容器的体积；
（2）将一根长度为的搅棒置入玻璃容器中，的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．（容器厚度，搅棒粗细均忽略不计）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据棱台的而体积公式，即可求得答案；
（2）作出截面图，作辅助线，根据等腰梯形的知识求得相关边长和底角的正弦值，然后解 ,由正弦定理求得，进而求得，在直角三角形NPE中可求得答案.
【小问1详解】
由题意可知，下底面面积为，
上底面的面积，
又台体的高为，
所以正六棱台的体积
;
【小问2详解】
设搅棒在上的点为M，则，搅棒与水面的交点为N，在平面中，过点N作，交于点P，过点E作，交于点Q，
∵为正六棱台，∴，,
∴为等腰梯形，画出平面的平面图，
∵，
∴，
由勾股定理得：，
∴，，，
根据正弦定理得：，∴，
∴，
∴
，
∴,
∴搅棒l没入水中部分长度为．
19. 如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上一点，，B为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形.
（1）当时，
①求三角形的面积.
②若，求m、n.
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）①；②，
（2）
【解析】
【分析】（1）依据已知条件先求出、和，进而求出，则①由即可求解；②法一（坐标法）：作于点M，由得，依次求出和进而求出，则以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，求出、和即可由求出；法二（向量法）：先求得，，作于点M，接着又由数量积定义公式和投影几何意义得，，进而得，，再利用和求出和即可求解.
（2）设与相交于点Q，得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交与点E，有，设，，由余弦定理以及等面积法，结合三角恒等变换可得关于的表达式，再利用基本不等式可求得最值.
【小问1详解】
当时，由条件知，，，
所以，，
所以
，
①三角形的面积为.
②方法一（坐标法）：作交于点M，
由①知，同理，
所以，
，
所以，
以所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则，，，
因为，所以，
所以，.
方法二（向量法）：因为，，，，
所以，，
作于点M，则，，
所以，
，
所以，.
由①知，同理，
所以，
，
所以，
所以，.
【小问2详解】
设与相交于点Q，则且，
所以，
又，所以，
所以，
所以，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交与点E，
则，设，，
由余弦定理知，
又在中由等面积法知，
所以，所以，
又正三角形的高为，所以，
所以，
即
，
当且仅当，即，即时，取得最小值.
【点睛】思路点睛：对于求最小值，可先设与相交于点Q，由三点共线结合得，过点C作直线的平行线l，作垂直l于点F，交与点E，于是有，设，，接着由余弦定理得及在中由等面积法得，再由即可得，结合三角恒等变换公式可得关于的表达式，再利用基本不等式即可得最小值.